辽宁铁岭市高级中学、铁岭市清河高级中学、开原市高级中学等校(点石联考)2026年5月份高三年级学情调研数学试题

5月份高三年级学情调研 数学 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V,数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.核心素养： ①数学抽象 ②逻辑推理 ③数学建模④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 分 题型 值 (主题内容) 人 IⅢWVM①②③④⑤⑥ 档次 系数 1 单选题 5 集合的混合运算 易 0.95 2 复数的四则运算与模长的 单选题 5 0.92 求解 单选题 5 三角恒等变换 易 0.87 4 单选题 5 平面向量的坐标运算 易 0.80 单选题 等差数列的实际应用 易 0.75 三角函数奇偶性与充要条件 6 单选题 5 中 0.65 结合 7 单选题 排列组合综合 中 0.55 8 单选题 5 双曲线几何性质综合 难 0.35 9 多选题 6 回归直线方程综合 易 0.85 10 多选题 6 立体儿何综合 中 0.55 11 多选题 6 概率与导数综合 难 0.25 12 填空题 抛物线综合 易 0.70 13 填空题 函数性质综合 中 0.65 14 填空题 5 解三角综合 NN 难 0.35 15 解答题 13 独立性检验综合 √ 中 0.65 16 解答题 15 立体儿何综合 中 0.55 17 解答题 15 等比数列综合 中 0.45 18 解答题 17 函数与导数综合 难 0.25 19 解答题 17 椭圆综合 难 0.15 ·1 参考答案及解析 ·高三数学· 参考答案及解析 高三数学 一、单选题 二？3，得-苦=1：可知其轨连为双曲线第三 1.B【解析】由题意可得B=(传，十∞)，故CB 象限的一部分，易知B为该双曲线的右焦点，左焦点 （-,号]，散(BsB)nA={1,3.故选B 为F(-2,0),由定义与位置知PB1-|PF|=2,于是 1-21-2m1=D= IPB|+|PD|=|PF|+2+|PD|≥|FD|+2=5,当 2,D【解析】由题意可得=1十 (1+)(1-i) 且仅当F,P,D三点共线时等号成立，于是△PBD的 12故1+=2 周长C=|PB+PD|+|BD|≥5+3=8.故选C. 2 二、多选题 √合)+()=故选D 9.ACD【解析】由已知样本均值性质可得新样本均值 分别为u=2x+1与元=一y+2,因为回归直线必过 3.B【解析】由题意可得号=sin(a十)=ino十 样本中心点(u,),所以新回归直线过点(2x十1,2- cos asin B=cos acosβ(tana十tanB),可得cos acos B y),故A正确；因为4一u=2(x一x)且一元= =日故选B 一(y一y),代入公式可得新回归直线方程的斜率 4.A【解析】显然|a=√4+16=2√5,9=c2=ka2+ -m-司 2ka·b十b2=20k2十2a·b+1,得10k2+ka·b-4 ∑(u,- = =0,显然k≠0，得a·6=专-10k,故选A -2∑(x,-x)(y.-) 5.C【解析】显然P=P,+(n-1)d,E== 3d ,故B错误：代入公 D+2d=1,解得P,=d,于是P,=nd,故E,= P 42x- 3d 式可得新样本的相关系数= 酷1.故选C (u-0(-) 6.A【解析】设k∈Z,由f(x十π)=sin(ax十wr十 √2u-m2- 晋)是偶函数得r十若-(k-子)m,得a=k-子 22(x,-)(%-5 =一r,故C正确；由 由f(x+平）=sin(ox++否)是奇函数得℉十 √42-2- 晋=k,得仙=-号，显然甲是乙的必要不充分条 截距公式可得新回归直线的截距a'=-u=2-y 件.故选A. -(-26)(2x+1)=2-(父-6m)+26=2-à+ 7.D【解析】前三张牌成等差数列有：1,2,3；1,3,5；2， 3,4:3,4,5:3,2,1;4,3,2:5,4,3:5,3,1.共8种可能， b,故D正确.故选ACD 剩余两张随机排列，故共有8×A=16种可能，综 10.ABD【解析】将直线AA,BB,以及CC延长交于 上，共有16种可能.故选D. 点P,由上下底面相似比为1：2，得A、B、C分别 8.C【解析】设P(,),由条件得· x-2 为PA、PB与PC的中点.因为BB=CC=√5，所 ·高三数学· 参考答案及解析 以PB=PC=2√3，在△PBC中，由PB十PC2=24 =(+号)广-x,代入x=，易知（） =BC得到PB⊥PC.取BC的中点M,连接PM与 AM,则PM⊥BC且PM=√5.在等腰△ABC中AM 高<0，则g0x(2）<0,山零点存在定理，存在 ⊥BC且AM=√I4-6=2√2，因为PM∩AM=M, ∈(0，)使得g(x)=0,即存在，p使得方程 PM,AMC平面PAM,所以BC⊥平面PAM,又PA C平面PAM,所以BC⊥PA,即BC⊥AA1,故A正 f(x)一x=0在(0,1)内有解，故C正确；g'(x)= 确；因为BCC平面ABC,所以平面PAM⊥平面 np(px十1-p）-1,取n=2,b=号，此时g() ABC,交线为AM,过点P作PO⊥AM于O,则PO ⊥平面ABC,从而∠PAM=60°，在△PAM中由余 =2x×（信1-）-1=号-当 弦定理得到PM=PA十AMP-2·PA·AM· ∈01时，号-号<号-号=一<0恒成立， 2525 cos60°，即6=PA2+8-2√2PA,解得PA=√2，此 此时导函数恒小于零，函数y=∫(x)一x在区间 时PA+PM=2+6=8=AM,所以PA⊥PM,又 (0,1)内单调递减，满足题意，故D正确.故选ACD. PA⊥BC,且PM∩BC=M,所以PA⊥平面PBC,因 三、填空题 此PA⊥PB,又PB⊥PC,得到PB⊥平面PAC,又 12.3【解析】显然T(-t,0),由x=0得y=士√2pt, ACC平面PAC,所以PB⊥AC,即直线BB,⊥直线 AC,故B正确；侧面BCCB1所在平面即平面PBC, 注意到由对称性必有TA=TB,故∠ATB=受， 二面角P-BC-A的平面角为∠PMA,在直角 于是t=√2pt,t=2p,而√2t=2p=6,故p=3.故 △APM中，由Os∠PMA-别-9得到该平面角 答案为3. 为30°，两平面不垂直，故C错误；要证侧面ABB1A 13.4052 【解析】显然f(-号)=-f(号)，注意到 与侧面ACCA垂直，即证平面PAB与平面PAC 垂直，由PB⊥平面PAC且PBC平面PAB得到两 x>0时f)+f()=x-是+1nx+2026+是 平面相互垂直，故D正确.故选ABD. -x-1nx+2026=4052,于是f(9)-f(-号) 11.ACD【解析】因为X~B(n,p),所以P(X=k) f(9)+f(号)=4052.故答案为4052. Cp(1-p),代入已知可得f(x)=∑Cp(1 14.⑤6 p)x=∑C(px)(1一p),由二项式定理可 2 【解析】显然BD=AD=2,记∠BAD= k= 0,则∠ABC=0,∠ADC=∠ACD=20,可知AC= 得f(x)=(px+1-p)",则f(x)=n(px十1 p)"-p=np(px+1-p)1,代入x=1可得f(1) AD=2,由等段三角形性质得a20=品-子由 =np(p十1一p)”-1=np,又因为二项分布的数学期 余弦定理得AB=BD2十AD2-2 X ADX BD× 望E(X)=np,所以f(1)=E(X)恒成立，故A正 c0s(x-29)=8+2×2×2X1=10,AB=√0，而 4 确；h'(x)=n(n-1)p2(px十1-p)-2,代入x=1可 得h(1)=n(n-1)p(p十1-p)-=n(n-1)p2,因 =0s29=1-2sin0,由9为领角得sin9=,故 1 为二项分布的方差D(X)=np(1-p),若h'(1)= D(X)恒成立，则n(n-1)p2=np(1-p)恒成立，因 △ABC的内切圆半径，=ABX BCX sin9_ AB+AC+BC 为n≥2且0<p<1,等式两边同除以np可得(n一 1)p=1-p,化简可得np=1,此等式不可能对任意 v10x3x/6 =⑤，E故答案为压，6 2 2 满足n≥2且0<p<1的n,p恒成立，故B错误；令 5+/10 g(x)=f(x)-x=(px+1-p)"-x,则g(0)=(1一 p>0,g1)=1-1=0,取n=3b=之，此时g( ·2 参考答案及解析 ·高三数学· 四、解答题 于是PA=λ=1或2. (15分) 15.解：(1)记事件A:收支情况良好，事件B:家庭种类 17.解：(1)由等比数列性质得anam+2=a+1=(Sn十 为M, 2)2, P(BIA)=P(AB)=(AB)80 16 (2分) P(A)=n(A)=75+80-31 (5分) 于是(Sn十an+1十2)(S-am+1十2)=0， 若Sn十am+1十2=S+1十2=0， (2)零假设为H。:收支情况与家庭种类无关，(6分) 则a+1aw+3=0,这与{a}各项均不为0矛盾，(4分) X2= 200(25×80-20×75)2 ≈0.717<3.841= 100×100×155×45 于是Sn=an+1一2，S+1=am+2一2， (10分) 两式相减得an叶2=2am+1, (5分) x0.050 所以根据小概率值α=0.050的独立性检验，没有充 故{a的公比g=a=2. (6分) ax+1 分证据推断H。不成立，因此可以认为H。成立，即 (2)由Sn=aw+1-2,令n=1则a1=a2-2→a1=2. 可知收支情况与家庭种类无关， (13分) (8分) 16.解：(1)由AB⊥AD,PD⊥AB,AD∩PD=D,ADC 此时an=a1g”-1=2, (9分) 平面PAD,PDC平面PAD得AB⊥平面PAD, (2分) 2-2m-1-元-2n-1=2×2m2-（n+1) 2N+1 由PAC平面PAD得PA⊥AB, (3分) 由平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD 二2×2 n (n+1)27 2n+1 (13分) =AB,PAC平面PAB得PA⊥平面ABCD.(5分) 故-2m-1》 的前n项和 (2)以A为坐标原点，AD的方向为x轴正方向，AB an 的方向为y轴正方向，AP的方向为x轴正方向，建 _(n+1)27 2 2n+1 立如图所示空间直角坐标系， (7分) =1 (n+1)2 2 (15分) 18.解：(1)f(x)=(2ax-sinx)cos(ax2+cosx), (1分) f'(0)=0, (2分) 而f(0)=sin1, 故曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y sin 1=0. (3分) 不妨设PA=λ，λ>0， 则D(1,0,0),B(0,2,0),C(1,2,0),P(0,0,a), (2(i)设8x)=7r+os PC=(1,2,-1),BD=(1,-2,0),PD=(1,0,-), 由于其是偶函数，故只需考虑其在x≥0时的情况. (10分) g'(x)=x-sin x, (4分) 记平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 设h(x)=g'(x),h'(x)=1-cosx≥0， (5分) /n·BD=01x-2y=0 h(x)单调递增，于是h(x)≥h(0)=0,故g(x)在 ,即{ n.PD=0' x-z=0 [0,1]上单调递增， (6分) 可取n=(2λ，入，2)， (12分) 而g(0)=1,g1)=之十c0s1<受， 记直线PC与平面PBD所成角为O, 可知f(x)=sin(g(x)在[0,1]上单调递增，(7分) PC.n 21 sin 0= 结合偶函数的性质可得f(x)在[-1,1]上的值域为 PCX1nl√1十4+λ×√4+a+4 6 sin1,sin(分+cos1)], (9分) ()由奇偶性知只要证明x≥0时∫(x) 即54入2=(2+5)(5λ2+4)， 514-25λ2+20=5(22-1)(12-4)=0， (14分) (1+)f0)即可. (10分) ·3· ·高三数学· 参考答案及解析 当x∈[0,1时，g(x)∈[1，受)，考虑P(x)=xsin1 由题意已知1AQ1=65 7 sinx,xe[1,受)，P'(）=sin1-cos≥sinl 20b 即AQ正=49，则 180 b 9 49’(+1)=49 cos1=2sin(1-平)）>0， (12分) 因为6>0，故十=71 62 3 P(x)单调递增，此时P(x)≥P(1)=0, 于是P(g(x))=g(x)sin1-sin(g(x))≥0， 解得：=是。 即f(x)≤g(x)sin1, (13分) 经检验，此时a=4,=子，清足条件， 故只要证r)-专+cos长1+在x6[0,用 1 故C的方程为号+号=1，即3x+16y=12. 时成立即可 (5分) 设G6)=8)-1-若，G()=-5nx 6 (2)假设直线PQ垂直于x轴，设其方程为x=m且 (15分) -2<m<2. 此时P,Q两点关于x轴对称，设P(,y), 设H(x)=G(x),H'(x)=1-cosx-2=1-g(x） Q(,-yo)且yo≠0. 0, (16分) G(x)单调递减，G(x)≤G(0)=0, 则=产2=产号 G(x)单调递减，G(x)≤G(0)=0, 从而十：=0，这与题设条件太十：=号矛盾，因 故gm)-1-<0, 此直线PQ不可能垂直于x轴. (6分) 缘上f)≤x)sn1≤(1+)0. 设直线PQ的方程为y=kx十t,设P(x,y), (17分) Q(x2,y2). 19.解：(1)由题意知，椭圆C1的右顶点为A(2,0),可 将直线方程代入C得(16k+3)x2+32ktx+16t- 得a=2. 12=0. 此时稀圆方程为子十芳=1。 (1分) 因为直线与椭圆交于相异两点，故判别式△>0. 山市达定理得十=学-背 -32kt 已知：十=之，当=0时，代入可得：=合 (7分) 此时直线6方程为y=号(x-2). 由于A(2,0),且直线1，l2的斜率分别为，k2, 将直线l2的方程代入C得(B+1)x2-4x+4-4b 则产产气色青青 =0. 设点Q的坐标为(xQ,yQ), 即k1十k,=（k十)(-2)+(k十)(-2 (x1-2)(x2-2) 因为直线2与椭圆交于A,Q两点，且x=2, 2kx1x2+(t-2k)(x1十x2)-4t 4-4b2 由韦达定理可得2xQ=十1· x1x2一2(x1十x2)十4 分子部分为2k(16t-12)+(t-2)(-32kt) 2-2b2 解得x0=十1 4t(16k2+3)=-12(2k+t). 分母部分为(16t-12)-2(-32kt)十4(16k+3)= 将0代人直线4方程得0=士。一2)=兴 16(t+2k)2. (8分) (3分) 若t十2k=0,即t=一2k,直线PQ的方程变为y= 由两点间距离公式可得AQ|2=(xQ-2)2十y哈 k(x一2)，这意味着直线经过点A(2,0),与P,Q是 =()广+()= 206b 不同于A的交点矛盾， 故t十2k≠0.将分子分母代回可得k1十k:= 参考答案及解析 ·高三数学· -12(2k+t) -3 为保证直线与椭圆交于相异两点，必须满足判别式 16(t+2k)2 4(2k+t) △>0.△=[16k(4k+3)]2-4(16k2十3)(64k+96k 由题意知k1十k:=子，建立等式2子乞 -31 +24)>0,解得K一}. 解得k十21=-3，即1=-2- 3 由韦达定理，中点的横坐标x=十飞=8k(4k十3) 2 16k2+3 代同得)y=虹-2k名=(-2》- 2 =32k2+24k 16k2+3 则当=2时必有)一受》 一方面，x-2=32k十24k-2(1632+3) 16k2+3 即直线PQ恒过定点(2，-号) (11分) 6(4k-1) 16k2+3 (3)设P(x1,y),Q(x2,y2),线段PQ的中点为 M(x,y). 因为<-子，故分子4软-1<一2<0，分母恒正， 由(2)可知，直线PQ过定点D(2,-号) 所以x-2<0,即x<2. 因为P,Q在椭圆C1:3x+16y2=12上， 另一方面，x-(-1）=32k十24k+16k2+3) 16k2+3 代入得3x7+16y=12与3x+16y=12. =3(16k2+8k+1)_3(4k十1) 两式相减并分解因式可得3(x1一x2)(x十x2)十 16k+3 16k2+3 16(y-y2)(y+y)=0.因为M(x,y)为PQ中点， 因为k<一 放钻+1≠0，分子产格大于0. 所以x1十x2=2x,y1十y2=2y. 所以x十1>0，即x>-1. (16分) 代入化简得3x(-x2)十16y(y一y2)=0. 由题意，交点P,Q相异，则1≠x2(否则直线垂直于 同时，由y一(x一2)一多代人横坐标可得中点纵坐 x轴已在(2)排除)， 标y=6.6(4k-1)3 -12k-9 由上式可得直线PQ的斜率k满足3x十16ky=0. 16k2+3一2=2(16k2+3) 又PQ过D(2,-是)且过中点M,, 则y一(-)=8品+0+是 当x=2时直线PQ垂直于x轴矛盾， 3(16k2-8k-3)_3(4k-3)(4k+1) 4(16k2+3) 4(16k2+3) 1 故x≠2且k= x-2’ 因为<-年，故4k-3<0且4k十1<0， 从而(4k-3)(4k+1)>0, 代入上式得3x+16y×x-2=0. 所以y-(-子)>0，即少是 也即16y2+24y=-3.x2+6x, 故可知x的取值范围为（一1,2），且y的取值范围满 即3x2-6x十16y2+24y=0, 也即3(x-1)+16(y+)°=12. 足>-是 (14分) 综上所述，线段PQ中点的轨迹方程C2为3(x一1) 设直线PQ的方程为y=k(x一2)-多， +16(0+是)=12，其中-1<<2且>-是 代入椭圆方程中整理得(16k2+3)x2一16k(4k十3)x (17分) +64k2+96k+24=0. ·5绝密★启用前 5月份高三年级学情调研 数 学 本卷满分150分，考试时间120分钟。 女注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答 题卡的指定位置。考试结束后，将答题卡交回。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给的四个选项中，有且只有一项 是符合题目要求的) 1.已知集合A={1,3,6},B={x3x-11>0},则(CRB)∩A= A.{3,6} B.{1,3} C.1) D.{3} 2设=，则1+1 A号 B.5 C.√2 3.若sin(e十B)=3tana十tan月=2，则co= A立 B司 c n号 4.已知平面向量a,b,c满足a=(2,4),|b川=1，c=a十b,若|c=3,则a·b= A言-10e B青+10晚 C.10-4 D.+缺 5.在简单经济模型中，当需求量为n时，对应的价格记为Pm,若{Pn}为等差数列，记其公差为d, 则其在需求量为m时的点弹性为E。=B现在某简单经济模型中，当需求量为3时的点弹性 md 为1，则当需求量为6时的点弹性为 A司 B号 C.1 D.2 6.已知函数f(x)=sin(az+)(u>0),设甲：fz+)是偶函数，乙：fx+零)是奇函数，则 A.甲是乙的必要不充分条件 B.甲是乙的充分不必要条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件 高三数学第1页（共4页） 7.将标有1,2,3,4,5的五张数字牌摆放成一排，则前三张牌上的数字按顺序构成等差数列的排 法总数为 A.7 B.10 C.13 D16 8.记点A1(一2,3)，A2(2,一3)，B(2,0),D(0,-√5)，第三象限内一点P满足PA1与PA2的斜 率之积为3，则△PBD周长的最小值为 A.2 B.4 C.8 D.16 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给的四个选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.已知样本点(x,y),(x2,y2),…,(xn,yn)的回归直线l的方程为y=bx十a,相关系数为r,样 本均值分别为x,y.现令u:=2x:十1，=一y:十2(i=1,2,…,n).设新样本点(w,)的回归直 线为，则 附：相关系数r= ;回归直线方程y=x十a中斜率和截距的最小 二乘估计公式分别为b= 2x-动 a=y-bx. 2红- A.1过点(2x+1,2-y) B.'的斜率为一b C.u与v的相关系数为一r D1的截距为2-a+26 10.已知三棱台ABC-A1B1C,的上下底面相似比为1：2.在△ABC中，AB=AC=√14，BC= 2√6，侧棱BB1=CC1=√3，且AA1与底面ABC所成的角为60°.则 A直线AA1与直线BC相互垂直 B直线BB,与直线AC相互垂直 C.侧面BCC1B1与底面ABC相互垂直 D.侧面ABB1A1与侧面ACC1A,相互垂直 11.已知随机变量X~B(n,p)(0<p<1,nEN且n≥2)，设f(x)=∑P(X=k)x,则 A.对任意n,p,f(1)=E(X)恒成立 B.设f(x)=h(x),对任意n,p,h'(1)=D(X)恒成立 C存在n,p,使得方程f(x)一x=0在区间(0,1)内有解 D存在n,p,使得函数y=f(x)一x在区间(0,1)内单调 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.记抛物线y2=2(x+t)(p>0,t>0)与x轴的交点为T,与y轴的交点为A,B,若|AB=12, △TAB为等腰直角三角形，则p= 13.已知奇函数f(x)清足：当x>0时，f(x)=x+2026x-1+1nx,则f(9)-f-日) x 高三数学第2页（共4页） 14.在△ABC中，BC=3,点D满足BD=2DC,AD=2,∠ACD=2∠BAD,则△ABC的内切圆半 径为 四、解答题（本大题共5题，共77分。解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 某兴趣小组对当地家庭的收入情况与消费情况量化并进行建模，最终得到收支情况良好与 较差的两类情况，统计结果如不： 收支情况良好 收支情况较差 M类家庭 80 20 N类家庭 75 25 这里家庭种类与恩格尔系数相关」 (1)用频率估计概率，从收支情况良好的家庭中任选一家，求其为M类家庭的概率； (2)根据小概率值α=0.050的独立性检验，分析收支情况是否与家庭种类相关. n(ad-bc)2 附：X=(a+bc+)(a十db+dn=a+b+c+d, a=P(x2≥k) 0.050一 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16.(本小题满分15分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB=2AD=2,PD⊥AB,平面PAB⊥ 平面ABCD. (1)证明：PA⊥平面ABCD; (2)若直线PC与平面PBD所成角的正弦值为5，求PA. 高三数学第3页（共4页） 17.(本小题满分15分) 记Sn为等比数列{a}的前n项和，已知anan+2=(Sn十2)2. (1)求{an}的公比： (2)求-2m-的前n项和T an 18.(本小题满分17分) 设函数f(x)=sin(ax2十cosx). (1)求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)当a=号，x∈[-1,17时. (i)求f(x)的值域； (1)证明：f(x)≤1+)f(0). 19.(本小题满分17分) 椭圆C:后十苦-1(>6>0)的右顶点为A(2,0),过点A分别作斜率为1的直线6与斜 率为，的直线，，4分别与C交于相异P,Q两点，且点十：=分已知当=0时， AQ1=6 7 (1)求C的方程； (2)证明：直线PQ过定点； (3)求线段PQ中点的轨迹方程C2: 高三数学第4页（共4页）】